Bộ 20 đề thi giữa kì 2 Toán 12 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 8)

Tập xác định: ℝ\−1.
Ta có y'=3x+12>0, ∀x∈ℝ\−1.
Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;−1 và −1;+∞.
Chọn đáp án B.

Dễ thấy mệnh đề hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) đúng.
Chọn đáp án C.

Vì ⇒y'=3x2+1>0,  ∀x∈ℝ
Chọn đáp án B.

TXĐ: D=ℝ\−5m.
Ta có: y'=5m−2x+5m2.
Hàm số đồng biến trên khoảng −∞;−10 khi và chỉ khi 5m−2>0−5m∈−10;+∞
⇔m>25−5m≥−10⇔25<m≤2
Vì m nguyên nên m∈1;2. Vậy có 2 giá trị của tham số m.
Chọn đáp án A.

y'=−f'1−x+2019=−4−1−x2g1−x=x2−2x−3g1−xXét y'<0⇔x2−2x−3g1−x<0  ⇔x2−2x−3>0(vì gx<0∀x∈ℝ)
⇔x>3x<−1
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng 3;+∞, −∞;−1.
Chọn đáp án C.

Xét hàm số gx=fx2+1−2
g'x=2x.f'x2+1=0⇔x=0x2+1=0x2+1=−1x2+1=1⇔x=0
Bảng xét dấu: g'x

Vậy hàm số gx nghịch biến trên khoảng −∞ ; 0.
Chọn đáp án C.

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có yCĐ=3 và yCT=0.
Chọn đáp án D.

Ta có y'=−1x+12>0,∀x≠−1nên hàm số không có cực trị.Chọn B

Tập xác định D=ℝ. Ta có y'=6x2+6mx+2m.
Để hàm số đã cho không có cực trị thì phương trình  6x2+6mx+2m=0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép ⇔Δ'=9m2−12m≤0⇔0≤m≤43.
Chọn đáp án A.

Ta có f'x=0⇔2x+1x+223x−14=0⇔x=−12x=−2x=13
Nhận xét: x=−12là nghiệm bội lẻ; còn x=−2, x=13 là các nghiệm bội chẵn. Vậy đồ thị hàm số fx có một điểm cực trị.
Chọn đáp án D.

Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra max−1;2fx=3⇒M=3 và min−1;2fx=0⇒m=0
Từ đó suy ra 2M+m=6.
Chọn đáp án C.

Hàm số y=x3−3x2+3  liên tục trên đoạn 1;3
Ta có y'=3x2−6x,   y'=0⇔x=0∉1;3x=2∈1;3
Ta có y1=1,y2=−1,y3=3 . Do đó M=y3=3,m=y2=−1. Vậy M+m=3−1=2.
Chọn đáp án D.

Ta có f'x=1−4x2=0⇔x=2∈0;+∞x=−2∉0;+∞.
Ta có limx → 0+fx=+∞; limx → +∞fx=+∞; f2=3.
Nên hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3
Chọn đáp án C.

TXĐ: D=ℝ\m
Ta có: y'=m2−m+2x−m2=m−122+74x−m2>0,∀x∈D
TH1: m∈0 ; 4, ta có hàm số không có giá trị lớn nhất trên đoạn 0 ; 4 vì limx→m−y=+∞.
TH2: m∉0 ; 4, ta có hàm số đồng biến trên 0 ; 4
Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn 0 ; 4 bằng y4=2−m24−m=−1⇔m2+m−6=0⇔m=2lm=−3.
Chọn đáp án B.

Xét u=x3−3x+m có: u'=3x2−3 ; u'=0⇔x=1∈0;2. Khi đó:
A=max0;2u=maxu0,u1,u2=maxm,m−2,m+2=m+2a=min0;2u=minu0,u1,u2=minm,m−2,m+2=m−2Vậy max0;2y=maxA,a=maxm+2,m−2=3⇔m+2=3m+2≥m−2m−2=3m−2≥m+2⇔m=1m=−1.
Chọn đáp án B.

Ta có: limx→−∞y=limx→−∞x+12−x=−1;   limx→+∞y=limx→+∞x+12−x=−1.
Vậy đồ thị hàm số y=x+12−x có tiệm cận ngang là đường thẳng y=−1.
Chọn đáp án D.

Ta có limx→+∞fx=2⇒Đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=fx.
Chọn đáp án C.

Ta có limx→−∞f(x)=3⇒y=3 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
limx→−1+f(x)=−∞⇒x=−1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
limx→1+f(x)=−∞; limx→1−f(x)=+∞⇒x=1là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.
Chọn đáp án D.

Đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận đứng khi và chỉ khi phương trình x2+2x−m=0 có hai nghiệm phân biệt khác -3. Do đó Δ'=1+m>03−m≠0⇔m>−1m≠3.
Chọn đáp án A.

Ta có  limx→−∞y=−∞ nên loại đáp án B, C.
Vì đồ thị hàm số đi qua điểm M0;1 nên chọn đáp án A.
Chọn đáp án A.

Từ đồ thị ta thấy đường thẳng y=−1 cắt đồ thị hàm số y=fx tại điểm trong đó có 2 điểm có hoành độ dương.
Nên phương trình fx=−1 có 2 nghiệm thực dương phân biệt.
Chọn đáp án A.

Phương trình hoành độ giao điểm: x3−4x=0<=> x=0x=±2
Vậy số giao điểm là 3.
Chọn đáp án C.

Nhìn vào bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số nghịch biến trên khoảng 1;+∞ nên suy ra a<0.
Hàm số có 3 điểm cực trị nên a.b<0⇒b>0. Đồ thị hàm số đạt cực tiểu tại điểm 0;1 nên chọn D.
Chọn đáp án D.

Ta có: x4−2x2−3−m=0(1) ⇔x4−2x2−3=m
Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt khi đồ thị y=m cắt đồ thị y=x4−2x2−3 tại 3
điểm. Dựa vào đồ thị ta được : m=−3.
Chọn đáp án D.

Xét phương trình: x−2=2x+1x−1⇔x−2=2x+1x−1 x≠1⇔x−2x−1=2x+1
⇔x2−3x+2=2x+1⇔x2−5x+1=0  (*)
Ta có xA,xB là nghiệm của phương trình (*), theo định lí Viét ta có xA+xB=5.
Chọn đáp án A.

Tiệm cận đứng: x=−1 và tiệm cận ngang y=1.
Giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành: (−3;0).
Giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung: (0;3).
Chọn đáp án C.

Điều kiện: x≠−2. Xét phương trình: fx2−2fx−3=0⇔fx=−1fx=3
Từ bảng biến thiên ta có: phương trình fx=−1 có hai nghiệm phân biệt thỏa điều kiện: x1<−3<x2<−2 và phương trìnhfx=3 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện −2<x3<−1<x4. Vậy phương trình  có bốn nghiệm thực phân biệt.Chọn đáp án D.

Đồ thị hàm số y=fx cắt trục tung tại điểm 0;c có tung độ âm nên c<0.
f'x=4ax3+2bx=2x2ax2+b có đồ thị như hình vẽ nên a<0, hơn nữa đồ thị hàm số y=f'x cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt nên phương trình f'x=0 có ba nghiệm phân biệt, tức là b và a trái dấu, suy ra b>0.
Chọn đáp án D.

y'=4x3−4mx=4xx2−m=0⇔x=0x2=m
Hàm số có 3 điểm cực trị ⇔m>0(*)
Xét y'=0⇔x=0x=±m,(m>0)
Tọa độ ba điểm cực trị là: A0;m−1,B−m;−m2+m−1,Cm;−m2+m−1
Gọi H là trung điểm của cạnh BC Ta có AH=m2BC=2m
SΔABC=12AH⋅BC=m.m2=2⇔m=45 (thỏa (*)).
Chọn đáp án D.

Ta có: y'=−ab−2ax−22.
Do A1;−2 thuộc đồ thị hàm số nên 1+ba−2=−2⇔b=3−2a.
Do tiếp tuyến tại A1;−2 song song với d:3x+y−4=0 nên y'1=−3⇔−ab−2a−22=−3
Thay b=3−2a ta được phương trình −a3−2a−2=−3a−22⇔5a2−15a+10=0⇔a=1a=2.
+) Với a=2⇒b=−1(loại, do ab≠−2)
+) Với a=1⇒b=1. Phương trình tiếp tuyến tại A−1;2 là y=−3x+1+2song song với d . Vậy a=1, b=1, suy ra a−3b=−2.Chọn đáp án A.

Hình đa diện là hình (a), (c) và (d).
Chọn đáp án C.

Chọn đáp án D.

Chọn đáp án A.

Chọn đáp án B.

Đa diện đều loại 4;3 là hình lập phương. Diện tích cần tính là S=6a2.
Chọn đáp án B. 

Chọn đáp án A.

Ta có: VS.ABCD=13.SA.SABCD=13.a3.a2=a333.
Chọn đáp án B.

Do ABC.A'B'C' là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều nên ba mặt bên là các hình chữ nhật bằng nhau.
Mặt bên ABB'A' có diện tích SABB'A'=AB.A​A'=8a2⇔a.AA'=8a2⇔A​A'=8a.
Thể tích của khối lăng trụ là: VABC.A'B'C'=SΔABC.AA'=a234.8a=2a33.
Chọn đáp án A.

Gọi M là trung điểm của BC. Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên AM=12BC=a.
Góc giữa SBC và  ABC là SMA^ nên SMA^=30°.
Xét tam giác SAM vuông tại A: SA=AM.tanSMA^=a.tan30°=a33.
Thể tích khối chóp là: VS.ABC=13.SA.SABC=13.SA.12AM.BC=13.a33.12a.2a=a339.
Chọn đáp án C.

Giả sử AP, BQ, CC' đồng quy tại O
Ta có: VABC.A'B'C'=h.SΔABC
VABCPQC'=VO.PQC'−VO.ABC=13.2h.4SΔABC−13h.SΔABC=73h.SΔABC=73.VABC.A'B'C'=73.1=73.Chọn đáp án A

TXĐ: D=ℝ.
Ta có: y'=x2−2mx+m2−1.
Hàm số có cực trị  ⇔y'=0 có hai nghiệm phân biệt ⇔Δy'>0⇔4m2−4m2−1=4>0, ∀m∈ℝ.
Do x,  x2 là hai nghiệm của phương trình y'=0 nên x1+x2=2mx1x2=m2−1.
Theo giả thiết: x+x2=2⇔m=1.
Kết luận: m=1 là yêu cầu bài toán.

Ta có: SA'B'C'=3a24. Theo giả thiết: AG⊥A'B'C'⇒AA';A'B'C'=AA'G^=600.
Xét tam giác AA'G vuông tại G:  tanAA'G^=AGA'G⇒AG=A'GtanAA'G^=23A'Mtan600=a.
Suy ra: VABC.A'B'C'=AG.SA'B'C'=3a34.